2017-2018学年山东省师范大学附属中学高二上学期第五次学分认定（期中）考试物理试题 解析版

2017-2018学年山东省师范大学附属中学高二上学期第五次学分认定（期中）考试物理试题 解析版

‎ 山东省师范大学附属中学2017-2018学年高二上学期第五次学分认定（期中）考试物理试题 一、单选题(18小题)‎ ‎1. 关于物理学史，下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 电子电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B. 法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线直观地描绘了电场 C. 法拉第通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律 D. 库仑在前人工作的基础上，通过实验确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故A正确；法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的图象，故B正确；库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，故C错误，D正确；本题选不正确的，故选C.‎ ‎2. 关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是( )‎ A. 摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷 B. 感应起电是因为电荷的转移，摩擦起电是因为产生电荷 C. 不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移 D. 摩擦起电会使物体所带的总电荷量变多 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．两个过程都没有产生电荷，也不是让总电荷量变多，故ABD错误，C正确；故选C.‎ ‎【点睛】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．‎ ‎3. 关于点电荷的说法，正确的是( )‎ A. 点电荷的电量一定很小 B. 体积很大的带电体一定不能看作点电荷 C. 只有体积和电量很小的带电体，才能看作点电荷 D. 两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：点电荷是一种理想化的物理模型，当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，与电量的大小、体积的大小无关，故ABC错误；两个带电的金属小球，若间距不太远时，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故D正确；故选D.‎ ‎【点睛】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．‎ ‎4. a、b是空间电场中的两个点，如图所示，下列表述正确的是(　　)‎ A. a点的电势比b点的高，a点的电场强度比b点的小 B. 该电场一定是点电荷产生的电场 C. 该电场是匀强电场 D. 正电荷在a、b两点受力方向相同 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：沿电场线的方向电势降低，由图可知，b点的位置偏电场线的下方，所以a点的电势高；a点的电场线比b点疏，所以a点的场强小于b点的场强，故A正确；该电场的电场线是会聚型直线，可能是负点电荷产生的电场，也可能不是，故B错误．该电场的电场线疏密不同，场强不同，不是匀强电场，故C错误；由图a、b两点的场强方向不同，则电荷在a、b两点所受电场力方向不同，故D错误．故选A.‎ ‎【点睛】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大；电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．由此判断即可．‎ ‎5. 关于电场强度与电势及等势面的描述，下面各种说法中正确的是(　　)‎ A. 沿等势面移动电荷电场力不做功 B. 电场强度不变，电势也不变，电场强度大的地方，电势一定高 C. 电势为零的地方，电场强度一定为零 D. 电势降低的方向就是电场强度的方向 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在同一等势面上移动电荷时，根据W=qU，由于任意两点间的电势差U为零，因此电场力不做功，故A正确；电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度不变电势也可能改变，故B错误；、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故C错误；电势降低的方向不一定是电场强度的方向，只有电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故D错误；故选A.‎ ‎【点睛】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．‎ ‎6. 一带负电的粒子仅受电场力作用下在电场中做直线运动，v－t图象如图所示，、时刻分别经过M、N两点，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 该电场可能是由某正点电荷形成的 B. 带电粒子从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大 C. M点的电势低于N点的电势 D. 带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力 ‎【答案】B ‎【点睛】由速度时间图象分析粒子速度的变化，根据能量守恒定律分析电势能的变化．粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场．‎ ‎7. 一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器的内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A. B点比A点的电场强度小 B. 容器内表面比小球表面的电势高 C. B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D. 将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；故选C.‎ ‎【点睛】考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，理解电场线总垂直等势面，注意同一等势面上，电场力不做功．‎ ‎8. 如图所示，A、B是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个负电荷，只在电场力作用下，它将沿电场线向B点运动，下列判断中正确的是( ) ‎ A. 电场线由A指向B，该电荷作加速运动，其加速度越来越小 B. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越大 C. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度大小的变化不能确定 D. 电场线由B指向A，电荷可能作匀加速运动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由题可知，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从O到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A．负电荷从静止开始，必定做加速运动．由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大．故C正确，ABD错误．故选C.‎ ‎【点睛】根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大．‎ ‎9. a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为、。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该电场在c点处的电势一定为6V B. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb C. 一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a D. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为6V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为6V．故A错误．一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强．故B错误；由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b.故C错误. a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少．故D正确．故选D.‎ ‎【点睛】只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为6V．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化．电场线的疏密可以判断场强的大小．正电荷受到的电场力方向与场强方向相同．‎ ‎10. 分别标有“2A，8W”和“4A，2W”的字样的两个小灯泡，它们均正常发光时的电阻阻值之比为(　　)‎ A. 2∶1 B. 16∶1 C. 4∶1 D. 1∶16‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由，可得，代入数据解得：，，故电阻之比为：16:1．故选B．‎ ‎11. 某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到长度为原来的二倍，那么该导线的电阻率和电阻分别变为 (　 　)‎ A. 和4R B. 和4R C. 和16R D. 和16R ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由于材料未变，则电阻率不变，将导线均匀拉长一倍，由于体积不变，则横截面积变为原来的二分之一，根据电阻定律知电阻变为原来的4倍．故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎12. 关于电阻和电阻率的说法，正确的是（ ）‎ A. 将一根导线截去一半，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的一半 B. 电阻率表征了材料导电能力的强弱，并且与温度有关 C. 导体中没有电流通过时电阻为零 D. 电阻率与导体的长度、横截面积及温度有关 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关，将一根导线截去一半，则半根导线的电阻率仍不变．由电阻决定式，将一根导线截去一半，则半根导线的电阻变为原来的一半，故A错误．电阻率表征了导体导电能力的强弱，并且与温度有关，故B正确．电阻是导体的固有属性，导体通不通电，电阻都存在，故C错误．导体的电阻率与导体的材料，温度有关，与其他因素无关，故D错误．故选B.‎ ‎13. 闭合电路如图所示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B. R越大，电源的输出功率就越大 C. 电流越大，电源的路端电压就越大 D. R越大，电源的路端电压就越大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A 错误．当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知当R越大时，电源的输出功率不一定越大．故B错误．闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．在闭合电路中，R越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．‎ ‎14. 四盏灯泡接成图示电路。a、c灯泡的规格为“110V，60W”，b、d灯泡的规格为“110V，30W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。则这四盏灯泡中实际消耗功率最大的是（ ）‎ A. a B. b C. c D. d ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：先根据小灯泡的规格确定小灯泡的电阻，然后根据串并联电路的规律确定四个小灯泡电压电流的关系，从而根据P=UI=I2R=比较它们的功率大小．‎ 解：a、b灯泡的电阻R===484Ω c、d灯泡的电阻R′===1210Ω 根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R＜R′‎ 大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据P=可得：‎ Pa＞Pb，Pc＜Pb＜Pd a、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知则P与R成正比，则Pa＜Pd，‎ 故实际电功率最大的是d灯泡；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】已知用电器的额定功率、额定电压，求实际电压的功率时，要抓住电阻不变这一关键点，能结合串并联电路的特点解题，难度适中．‎ ‎15. 下表为某电热水壶铭牌上的一部分内容. 根据表中的信息，可计算出电热水壶在额定电压下以额定功率工作时的电流约为( )‎ A. 6.8‎‎ A B. 4.1 A C. 1.2 A D. 0.24 A ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由铭牌读出额定功率为P=1500W，额定电压为U=220V； 由P=UI，得，通过电热水壶的电流为：，故选A.‎ ‎16. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 根据可知，导体中的电流与导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比 B. 正电荷定向移动的方向是电流的方向，因电流有方向，所以电流是矢量 C. 根据可知，导体中的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体的电流成反比 D. 根据可知,用电器的电功率与用电器电阻成反比与用电器两端电压的平方成正比 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由欧姆定律可知：导体中的电流与导体两端电压成正比，与导体电阻成反比，故A正确；电流是标量，故B错误；导体的电阻是导体自身的性质，与电压、电流的大小无关，故C错误；在电压一定情况下，用电器的功率与电阻大小成反比；在电阻一定的情况下，用电器的功率与电压的平方成正比，故D错误.故选A.‎ ‎17. 如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时，以下判断正确的是(　　)‎ A. 电压表读数变大，通过灯的电流变大，灯变亮 B. 电压表读数变小，通过灯的电流变小，灯变暗 C. 电压表读数变大，通过灯的电流变小，灯变亮 D. 电压表读数变小，通过灯的电流变大，灯变暗 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流减小，通过灯的电流减小，则灯变暗．电源的内电压和的电压减小，路端电压增大，电压表示数变大，则并联部分电压增大，通过灯的电流增大，灯变亮．故ABD，错误C正确．故选C.‎ ‎【点睛】当滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可得到结论．‎ ‎18. 传感器在各种领域中有着广泛应用，是自动控制设备中不可缺少的元件。如下图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A图是可变电容器，通过改变电介质，来改变电容器的电容，故A错误；B图，电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，故B错误；C图是通过改变极板间的距离，改变电容器的电容，故C正确．D图，电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容器的电容，故D错误；故选C .‎ ‎【点睛】电容器的决定式，电容器电容与极板间电介质，两极间正对面积，两极板间距离等有关．‎ 二、多选题(5小题)‎ ‎19. 把检验电荷q从电场中A点移至B点的过程中，下列各量与检验电荷无关的是(　　)‎ A. 电场力F B. 电场强度E C. 电势差U D. 电场力做的功W ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：电场力F=qE，知电场力与检验电荷有关．故A错误．电场强度的大小由电场本身的性质决定，与检验电荷的电量无关．故B正确．电场中两点间电势差由电场中两点的电势决定，电势与检验电荷无关，所以电势差与检验电荷无关．故C正确．电场力做功W=qU，知电场力做功与检验电荷的电量有关．故D错误．故选BC．‎ ‎20. 如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器．将电键K闭合，等电路稳定后，将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法正确的是(　　)‎ A. 电容器的电容变小 B. 电容器内部电场强度大小不变 C. 电容器内部电场强度大小变小 D. P点电势升高 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据，与相结合可得，从而确定电场强度是否变化．再根据电荷带电性可确定电势能增加与否．‎ 增大两极板间的距离，根据公式可得电容器电容减小，因为充电后与电源断开，则两极板所带电荷量不变，故根据公式可知两板间电势差增大，根据、、联立解得，即两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以场强不变，A正确BC错误；由于下极板的电势为零，P点的电势等于P与下极板间的电势差，P到下极板的距离增大，根据可知P点的电势增大，D正确．‎ ‎21. 有一正四面体ABCD，如图，M、N分别是AB和CD的中点。现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、-Q的点电荷，下列说法中正确的是（   ）‎ A. 将电荷+q从C点移到D点，电场力做正功，电荷的电势能降低 B. 将电荷-q从M点沿直线移到N点，电场力不做功，电荷的电势能不变 C. C、D 两点的电场强度相同 D. M点的电场强度方向由A指向B ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析： CD在AB的中垂面上，等量异种电荷，C与D处在同一等势面，在此处其电势相等，所以从C点移到D点，电场力不做功，故A错误；M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷-q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷-q的电势能不变，故B正确；根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点知道C、D 两点的电场强度相等，故C正确；根据电场叠加原理知道M点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直，即由A指向B，故D正确；故选BCD.‎ ‎【点睛】根据等量异种电荷在空间的电场线分布特点知道C、D 两点的电场强度相等，CD在AB的中垂面上，等量异种电荷在此处的电势为零．‎ ‎22. 如图电场中，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带负电 B. 粒子在A点的速度大于在B点的速度 C. 粒子在A点时的加速度大于在B点的加速度 D. A点电势高于B点电势 ‎【答案】BC ‎ ‎ ‎【点睛】解此类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小．‎ ‎23. 图甲为某一电阻R的I－U特性曲线，图乙为某一电源的路端电压U与电流I的关系图线，用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知(　　)‎ A. 电源的电动势为3V，内阻为 B. 电阻R的阻值为 C. 电源的输出功率为4W D. 电源的效率为 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由乙图可知纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，故A正确；由甲图可知，电阻，故B错误；用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，电流，则电流原输出功率为，故C错误；电源的效率为，故D正确.故选AD.‎ ‎【点睛】根据图乙纵轴截距表示电源的电动势，斜率大小表示电源的内阻．图甲的斜率大小等于电阻R的倒数．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，‎ 根据闭合电路欧姆定律求出电源的输出功率和电源的效率．‎ 三、实验题 ‎24. 用下列器材，描绘小灯泡的伏安特性曲线．‎ A．待测小灯泡：额定电压3.0V，额定功率约为1.5W；‎ B．电流表：量程0.6A，内阻约为；‎ C．电压表：量程3V，内阻；‎ D．滑动变阻器：最大阻值为，额定电流1A；‎ E．滑动变阻器：最大阻值为，额定电流1A； ‎ F．电源：电动势6V，内阻很小； ‎ G．开关一个，导线若干。‎ ‎（1）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用___。（填写器材序号） ‎ ‎（2）实验中某次测量如下图，则电压表的读数为________V，电流表的读数为________A。‎ ‎（3）用笔画线代替导线，将图中的实验仪器连成完整的实验电路_________。‎ ‎(4)该同学描绘出的I-U图象和下图中的________形状最接近．‎ A. B. C. D.‎ ‎（5）某同学做完该实验后，发现手头还有一个额定电压5.0V，额定功率约为2.8W 的小灯泡，为了描绘其伏安特性曲线，该同学又找到一个阻值的定值电阻。请利用现有器材设计实验方案，在下面画出实验电路图____________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 2.28V (3). 0.42A (4). (5). B (6). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器，故选D；（2）电压表最小分度为0.1V；故读数为2.28V；电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则读数为0.42A；（3）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，连成完整的实验电路如图所示；（4）因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I-U图象中图线的斜率应越来越小，故选B．（5）小灯泡的额定电压为5V，大于电压的量程，故应用串一个定值电阻，增大量程；当串联一个阻值为，其量程为，描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示.‎ ‎【点睛】本题考查了设计实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡与电表内阻的关系确定电流表接法，即可正确作出实验电路图．‎ 四、计算题(3小题)‎ ‎25. 如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“4V，8W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为5V．求：‎ ‎(1)电阻R的值；‎ ‎(2)电源的电动势和内阻．‎ ‎【答案】5 Ω 6 V　1 Ω ‎【解析】试题分析：（1）由题，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，电阻R两端的电压为5V，由欧姆定律求出电阻R的值．（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关S接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻．‎ ‎（1）当开关S接b点时，电阻R的值为 ‎（2）当开关接a时，，‎ 根据闭合电路欧姆定律得:‎ 联立得：，‎ ‎26. 有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，如图所示，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，在水平向左的匀强电场中，，半圆轨道半径R＝0.4m，一带正电的小滑块质量为m＝0.04kg，电量，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数，g取，求：‎ ‎(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过半圆轨道中点P点时对轨道压力是多大？‎ ‎【答案】2m 2.1N ‎【解析】试题分析：（1）在小滑块运动的过程中，摩擦力对滑块和重力对滑块做负功，电场力对滑块做正功，根据动能定理可以求得滑块与N点之间的距离；（2）在P 点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律可以求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律可以求滑块得对轨道压力.‎ ‎（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得：‎ 小滑块在L点时，重力提供向心力，则有：‎ 联立并代入数据解得：L=2m ‎（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得：‎ 在P点时由牛顿第二定律可得：‎ 联立并代入数据解得：N=2.1N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是2.1N ‎27. 如图所示，极板A、B、K、P连入电路，极板P、K，A、B之间分别形成电场，已知电源的路端电压恒为U=200V，电阻，，A、B两极板长，距离A、B板右端处有一与AB板垂直的屏。大量电子由静止持续从极板K中心经 P、K间电场加速后，沿A、B中线进入电场中发生偏转，A、B板间的距离为。（极板间电场可视为匀强电场且不考虑极板边缘效应，不计电子重力，不考虑电子间作用力）求：‎ ‎（1）极板P、K之间电压，A、B之间电压；‎ ‎（2）电子离开偏转极板A、B时距中线的偏移量；‎ ‎（3）若可在范围内变化，求电子打到右侧屏上的长度。‎ ‎【答案】150V 200V ‎ ‎【解析】试题分析：（1）极板P、K之间电压即为两端电压，A、B之间电压 即为电源的路端电压．（2）电子在加速电场中做加速运动，进入偏转电场做类平抛运动，结合动能定理和类平抛运动的规律，即可求出侧位移．（3）当在范围内变化，PK间的电压也在变化，从偏转电场飞出去时侧位移也在变化，而侧位移的最大值为AB间距的一半，从而确定侧位移的范围，再根据几何关系求出打在屏上的侧位移范围，即可求出电子打到右侧屏上的长度.‎ ‎（1）由图分析，可知极板P、K之间电压即为两端电压，则有：‎ A、B之间电压即为电源的路端电压，即 ‎（2）电子在极板KP之间做加速运动，由动能定理得：‎ 电子在极板AB之间做类平抛运动，则有：，，‎ 联立得：‎ 代入数据得：‎ ‎（3）加速电场的电压为 当在范围内变化，则的变化范围为：‎ 电子在KP间加速度运动，由动能定理得：‎ 电子在极板AB之间做类平抛运动，则有：，，‎ 联立得：‎ 代入数据得y的变化范围为：‎ 因电子是从偏转电场的中间射入，故侧位移的最大值为 即电子在从偏转电场出射的位移的范围为：‎ 设打在屏上的侧位移为Y，则由几何关系得：‎ 得：‎ 代入y的范围得：Y的范围为：‎ 故电子打到右侧屏上的长度为：‎ ‎ ‎